groupes

Bonjour,

Je m' intéresse aux éléments d' ordre 2 de $(\Z/n\Z)^*$ ( le groupe des inversibles de $\Z/n\Z$), j' aimerai montrer que le nombre d'éléments d' ordre 2 est de la forme $2^{p}-1$ ou $p \geq 1$ est un entier.

Merci pour vos éventuelles idées

Réponses

  • il me semble que l'on a un theoreme de structure pour le groupe en question .
    il dit que le groupe est abelien
    si n=rs r et s premier entre eux U(n)=U(r)*U(s)
    si n=p^k alors U(n)=Z/(p^k-p^(k-1))Z ,p premier different de 2
    si n=2^k U(n)=Z/2*Z/2^(k-2)


    Donc l'idee c'est de decomposer U(n) en produit direct de groupe comme cela je sais pas si ca te donne des renseignement

    par contre pour resoudre ta question c'est facile

    ton groupe est abélien donc tu peux l'ecrire comme produit direct de groupe cyclique ,dans un groupe cyclique soit il y a un (un seul)element d'ordre 2 soit il n'y en a pas

    (x1,..,xk) est d'ordre 2 si et seulement si xi=1 ou -1(-1 c'est l'element du groupe cyclique d'ordre 2 vu que j'ai pas envie des les ecrire explicitement je mais -1) donc tu as 2^k' possibilite moins l'identite
    le k' est en fait le nombre de terme de la forme Z/2^kZ dans la decomposition du groupe
    par exemple en combinant les deux ennoncer on a

    U(2800)=U(16)*U(25)*U(7)=Z/2*Z/4*Z/20*Z6

    c'est k'=4
    d'où 15 elements d'ordre 2
  • oui merci pour cette réponse
  • Bonsoir Pilz

    D'abord on sait que le groupe des automorphismes de $G=\Z/n\Z$ est commutatif (facile puisque $\Z/n\Z$ est monogène). Alors l'ensemble $G_2$ des éléments d'ordre 2, avec le neutre, forme un sous-groupe (commutatif), dont tous les éléments sont d'ordre 2 (facile) donc est commutatif (on le savait déjà) mais a une structure d'espace vectoriel (fini) sur $\mathbb{F}_2$, donc d'ordre $2^m$ pour un $m$ convenable, c'est à dire $2^m-1$ éléments d'ordre 2.

    Pour être plus précis il va falloir se rappeler que $Aut(\Z/n\Z)$ admet $\varphi(n)$ éléments (correspondant aux premiers avec $n$ inférieurs à $n$).
    On sait aussi que si $H, K$ sont des groupes d'ordre premier entre eux, alors $Aut(H\times K) \simeq Aut(H)\times Aut(K)$ (exo pas très difficile).
    Alors si on décompose $n=p_1^{r_1}\ldots p_k^{r_k}$, le lemme chinois permet de dire que $\Z/n\Z \simeq \Z/p_1^{r_1}\Z \times \ldots \times \Z/p_k^{r_k}\Z$ et donc on en déduit que $$ Aut(\Z/n\Z) \simeq Aut(\Z/p_1^{r_1}\Z) \times \ldots \times Aut(\Z/p_k^{r_k}\Z)$$
    Maintenant il faut savoir que si $p$ est premier impair, $Aut(\Z/p^r\Z)$ est cyclique précisément isomorphe à $\Z/\varphi(p^r)\Z = \Z/p^{r-1}(p-1)\Z$ et donc contient un unique élément d'ordre 2
    Par contre si $p=2$ alors $Aut(\Z/2^r\Z) \simeq \Z/2\Z\times \Z/2^{r-2}\Z,\ r\geq 3$
    Ainsi les éléments d'ordre 2 de $Aut(\Z/n\Z)$ forment (avec l'identité) un espace vectoriel sur $\mathbb{F}_2$ de dimension $m=k$ si $n$ est impair et $m=k+1$ si $n$ est pair.
    Cela fait donc $2^m-1$ sous-groupes distingués d'ordre 2, donc à priori $2^m-1$ produits semi-directs $\Z/n\Z \rtimes_\phi \Z/2\Z$ différents, correspondants aux $2^m-1$ sous-groupes d'ordre 2 de $Aut(\Z/n\Z)$ qui seront les images des $2^m-1,\ \phi$ possibles.
    A ceux là, il faut bien sûr ajouter le cas de $\phi $ trivial, qui donne le produit direct $\Z/n\Z \times \Z/2\Z$.
    Soit au total $2^m$ extensions scindables, à priori, différentes.

    Voilà
    Alain
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